III Appello di Calcolo delle Probabilità Cognome: Laurea Triennale in Matematica 2014/15 Nome: 14 luglio

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1 III Appello di Calcolo delle Probabilità Cognome: Laurea Triennale in Matematica 14/15 Nome: 14 luglio 15 Se non è espressamente indicato il contrario, per la soluzione degli esercizi è possibile usare tutti i risultati visti a lezione compresi quelli di cui non è stata fornita la dimostrazione) Esercizio 1 Indichiamo con α, 1) la probabilità che in un dato giorno piova a Tokyo Le risposte alle domande seguenti possono naturalmente dipendere da α) Ho due amici giapponesi burloni: uno dice la verità una volta su due, l altro due volte su tre Chiedo ai due amici che tempo fa oggi a Tokyo a) Qual è la probabilità che entrambi mi rispondano che piove? Tale probabilità può assumere il valore 1? b) Se entrambi gli amici mi rispondono che piove, è più probabile che piova o che non piova? Soluzione 1 a) Definendo gli eventi A := Oggi a Tokyo piove e B := Entrambi gli amici dicono che oggi a Tokyo piove, i dati del problema sono PA) = α, PB A) = 1 = 1, PB Ac ) = 1 1 = 1 6 Dunque PB) = PB A)PA) + PB A c )PA c ) = α + 1 α = 1 + α 6 6 b) Per la formula di Bayes, la probabilità condizionale) che piova vale PA B) = PB A)PA) PB) = 1 α 1+α 6 = α 1 + α mentre quella che non piova vale PA c B) = 1 PA B) = 1 α Quindi la probabilità che piova è maggiore di quella che non piova se e solo se PA B) > PA c B), ossia α 1 + α > 1 α 1 + α α > 1 1+α = 1 α 1+α La risposta dipende dunque dal valore di α: per α > 1 la probabilità che piova è maggiore di quella che non piova, mentre per α < 1 vale il contrario, e per α = 1 c è l uguaglianza

2 Esercizio Si consideri il seguente gioco articolato in turni successivi, fino a un massimo di 1 Può essere utile la formula n = nn+1) Al turno 1 Giorgio lancia una moneta regolare: se esce croce, il gioco finisce in questo turno e Giorgio vince un euro; se invece esce testa, il gioco prosegue col turno Al turno n, con n 9, Giorgio lancia n monete regolari: se esce almeno una croce, il gioco finisce in questo turno e Giorgio vince n euro; se invece escono tutte teste, il gioco prosegue col turno n + 1 Al turno 1, Giorgio lancia 1 monete regolari: se esce almeno una croce, Giorgio vince 1 euro; se invece escono tutte teste, Giorgio non vince niente In ogni caso, il gioco finisce Può essere utile indicare con A i l evento al turno i non esce nessuna croce ) a) Qual è la probabilità che Giorgio non vinca niente? b) È più probabile che il gioco finisca al turno o al turno? c) Indicando con T la vincita in euro di Giorgio, si determini la densità discreta della variabile aleatoria T e si dica se E[e T ] < d) *facoltativa*) Indicando con X il numero totale di croci uscite in tutti i turni, si determini PX = k T = n) per n =, 1,, 9 e per k N Soluzione a) Gli eventi A i sono indipendenti con PA i ) = 1 L evento Giorgio non vince i niente coincide con A 1 A A 1, pertanto la sua probabilità vale PA 1 A A 1 ) = PA 1 )PA ) PA 1 ) = = = 1 = b) L evento il gioco finisce al turno coincide con A 1 A c, pertanto ha probabilità PA 1 )PA c ) = PA 1 )1 PA )) = ) = 1 4 = 8 mentre l evento il gioco finisce al turno coincide con A 1 A A c, pertanto ha probabilità PA 1 )PA )PA c ) = PA 1 )PA )1 PA )) = ) = = 7 64 Quindi è più probabile che il gioco finisca al secondo turno, piuttosto che al terzo c) Chiaramente T assume i valori, 1,,, 1 Nei punti precedenti abbiamo già calcolato PT = ) = 1, PT = ) = , PT = ) = 64 In generale, per n = 1,,, 1 si ha {T = n} = A 1 A A n 1 A c n, dunque d) PT = n) = PA 1 A A n 1 A c n) = PA 1 )PA ) PA n 1 )1 PA n )) = n ) 1 n 1 n = 1+++n 1 n = n 1 nn+1) Essendo T limitata T 1), anche e T è limitata e T e 1 ) dunque E[e T ] e 1 <

3 Esercizio Siano X, Y variabili aleatorie reali con densità congiunta f X,Y x, y) := c e y 1 + x) 1 {x>} 1 {<y<x}, dove c, ) è un opportuna costante che non è richiesto di determinare) a) Si determinino le densità marginali di X e Y b) Le variabili aleatorie X e Y sono indipendenti? c) Si dica se X e Y sono in L 1 e/o in L È ben definita CovX, Y )? d) Si determini la distribuzione di M := max{x, Y } Soluzione a) Chiaramente f X x) = per x, mentre per x > x e y f X x) = f X,Y x, y) dy = c 1 + x) dy = c x 1 + x) e y dy = c1 e x ) 1 + x) R Analogamente f Y y) = per y, mentre per y > e y f Y y) = f X,Y x, y) dx = c dx = c e y 1 + x) R = c e [ y x) y ] y = c e y 1 + y) y x) dx b) Se X e Y fossero indipendenti si dovrebbe avere f X,Y x, y) = f X x)f Y y) per Leb-qo x, y) R Tuttavia ciò non può essere, a causa della presenza di 1 {y<x} : ad esempio, per x, y) 1, ), ) si ha y > x e pertanto f X,Y x, y) =, da cui PX 1, ), Y, )) = f X,Y x, y) dx dy =, 1,),) mentre PX 1, )) > e PY, )) >, essendo entrambe le densità f X e f Y strettamente positive in, ) Quindi PX 1, ), Y, )) PX 1, ))PY, )) da cui segue che X e Y non sono indipendenti c) Ricordiamo che X L p se e solo se E[ X p ] = x p f X x) dx < La densità f X x) è nulla per x mentre è una funzione continua e limitata per x >, e per x ha il comportamento asintotico f X x) c/x, quindi x p f X x) c/x p L integrale è dunque finito se p > 1, ossia p <, da cui segue che X L 1 ma X L Invece Y sta sia in L 1 che in L, dal momento che la sua densità è maggiorata da una costante per e y e dunque decade esponenzialmente per y Infine notiamo che c x ) E[ XY ] = E[XY ] = x y f X,Y x, y) dx dy = x R 1 + x) y e y dy dx Maggioriamo l integrale interno estendendo il dominio di integrazione fino all infinito: x y e y dy y e y dy =: C <, da cui x E[ XY ] c C 1 + x) dx <, perché la funzione integranda è continua e decade all infinito asintoticamente a 1/x Essendo ben definiti E[X], E[Y ], E[XY ] anche Cov[X, Y ] = E[XY ] E[X]E[Y ] è ben definita anche se X L )

4 4 d) Per definizione ) F M t) = PM t) = PX t, Y t) = f X,Y x, y) dy dx x t y t ma la restrizione y t nell integrale interno è superflua, dal momento che x t e la densità f X,Y x, y) già contiene 1 {y<x} Quindi si ottiene ) F M t) = f X,Y x, y) dy dx = f X x) dx = PX t) = F X t) x t R x t Ciò mostra che M e X hanno la stessa funzione di ripartizione e dunque la stessa distribuzione

5 5 Esercizio 4 Enunciamo due disuguaglianze la cui dimostrazione non è richiesta): e αz 1 1 z)e α z)eα z [ 1, 1], α ) 1 e α + e α) e 1 α α ) a) Sia Z una variabile aleatoria reale integrabile con E[Z] = e P Z 1) = 1 Si mostri che E[e αz ] e 1 α, α Consideriamo ora una successione X = X n ) n N di variabili aleatorie indipendenti con E[X n ] = Facciamo l ipotesi che per ogni n N esista una costante c n [, ) tale che Definiamo quindi S = S n ) n N ponendo b) Si mostri che per ogni n N e si deduca che c) Si mostri che per t X n c n S n := X X n E[e λxn ] e 1 λ c n, λ, E[e λsn ] e λ P[S n t] exp ni=1 c i, λ n ) λt + λ i=1 c i, λ d) Si deduca che vale la seguente disuguaglianza di concentrazione: t ) P[ S n t] exp n i=1 c i [Sugg Si scelga un opportuno valore di λ nel punto precedente] e) Supponiamo infine che C := i=1 c i S n n α n in probabilità La convergenza vale anche qc? < Si mostri che per ogni α > si ha la convergenza Soluzione 4 a) Dato che Z 1 per ipotesi, possiamo applicare ) e la linearità e monotonia del valore medio, ottenendo: E[e αz ] e α E[1 Z] + eα e α E[1 + Z] = + eα e 1 α, dove negli ultimi passaggi abbiamo usato E[Z] = e ) b) Applicando il punto precedente a Z := X n /c n, notando che Z 1 perché X n c n e E[Z] = E[X n ]/c n =, si ottiene E[e λxn ] = E[e λcnz ] e 1 λ c n Di conseguenza, per l indipendenza delle X n, [ E[e λsn ] = E[e λ n ] n n i=1 X i ] = E e λx i = E[e λx i ] i=1 i=1 n i=1 e 1 λ c i = e λ ni=1 c i

6 6 c) Basta notare che S n t se e solo se e λsn e λt e applicare la disuguaglianza di Markov: P[S n t] = P[e λsn e λt ] E[eλSn ] e λt ni=1 c i eλ e λt n ) = exp λt + λ i=1 c i d) La disuguaglianza del punto precedente vale per ogni λ Il valore λ ottimale è quello che minimizza il membro destro, o equivalentemente l argomento dell esponenziale, che è un polinomio di secondo grado in λ Derivando tale espressione e ponendola uguale a zero si ottiene n ) t + λ c t i =, ossia λ = n i=1 i=1 c i Sostituendo questo valore nella disuguaglianza, si ottiene n ) P[S n t] exp λt + λ i=1 c i t ) = exp n i=1 c i Infine notiamo che P[ S n t] = P[S n t] + P[S n t] Dato che possiamo applicare i punti precedenti alle variabili aleatorie X n ) n N, si ha per quanto appena mostrato t ) P[S n t] = P[ S n ) t] exp n i=1 c i e sommando le due disuguaglianze si ottiene il fattore moltiplicativo che compare nella relazione da dimostrare e) Per ogni ε > si ha ) S n P n α > ε = P S n > εn α ) exp ε n α ) ) n exp ε i=1 c i C nα, e chiaramente il membro destro tende a zero per n, da cui S n /n α in probabilità Notando inoltre che, per ogni ε > fissato, si ha ) n N exp ε C nα < come si può verificare ad esempio mediante confronto con l integrale corrispondente), segue la convergenza S n /n α qc per un criterio visto a lezione, ossia ) S n P n α > ε < n N

7 7 Esercizio 5 Siano X n ) n N variabili aleatorie reali iid con distribuzione uniforme continua nell intervallo [, ] Definiamo per n N T n := X 1 + X + + X n a) Applicando opportunamente la legge dei grandi numeri, si calcoli il limite seguente per ogni a R, con la possibile eccezione di un valore a = ā scelto a piacere: b) Si calcoli per t = e t = Soluzione 5 a) Si ha 4 5 lim PT n an) n il limite seguente: lim P n µ = E[Y n ] = E[X n] = 1 4 T n > 4 n + t n x dx = 1 4 [ x ) ] = = 4 Per la legge forte dei grandi numeri applicata alle variabili aleatorie iid Y n ) n N, si ha T n /n 4 qc, quindi in distribuzione, quindi la funzione di ripartizione F na) = PT n /n a) = PT n na) converge alla funzione di ripartizione della va costante 4 {, cioè 1 se a 4 F a) := se a > 4, per ogni a R in cui F è continua, ossia per ogni a 4 si ha lim n PT n na) = F a) In alternativa, si può procedere in modo più diretto usando la legge debole dei grandi numeri: ) lim P T n n n 4 > ε =, ε >, ossia ) lim P Tn n n, 4 ε) 4 + ε, + ) =, 1) o equivalentemente ) lim P Tn n n [ 4 ε, 4 + ε] = 1, ) Dato a > 4, posso scegliere ε > piccolo in modo che a, ) 4 + ε, ), per cui ) lim PT n > an) = lim PT n a, )) lim P Tn n n n n 4 + ε, + ) = Se invece a < 4, posso scegliere ε > piccolo in modo che a, ) [ 4 ε, 4 + ε], per cui ) lim PT n > an) = lim PT n a, )) lim P Tn n n n n [ 4 ε, 4 + ε] = 1 In definitiva: lim PT n > an) = n { 1 se a < 4 se a > 4 b) Calcoliamo la varianza di Y n : ricordando che µ = E[Y n ] = 4, E[Y n ) ] = E[Xn] 4 = 1 x 4 dx = 1 [ ] x 5 = = 16 5, σ = Var[Y n ] = E[Y n ) ] E[Y n ] = = = 64 45

8 8 Applicando il teorema limite centrale lim P T n > 4 ) n n + t n = lim P Tn µn n σ n > t ) σ = P Z > t ) ) t = 1 Φ, σ σ dove Φt) rappresenta la funzione di ripartizione della normale standard Per t = si ha 1 Φ) = 1, mentre per t = 4 5 si ha t σ = = 4 = 75, e dalla tavola della distribuzione normale si ottiene Φ75) 77, quindi 1 Φ75)

9 9 Esercizio 6 Sia X = X n ) n una catena di Markov con spazio degli stati N = {1,, } con matrice di transizione se i = j = p i,j = i+1 se i = j 1 j se j i = 1 se j i a) Si verifichi che quella assegnata è effettivamente una matrice di transizione e si disegni il grafo relativo ristretto agli stati {1,,, 4, 5}) La catena è irriducibile? È aperiodica? b) Si mostri che esiste un unica probabilità reversibile µ i ) i N Per tempi lunghi, qual è lo stato in cui è più probabile trovare la catena? Soluzione 6 a) Si ha chiaramente p i,j per ogni i, j, dal momento che 1 5 se i+1 i Resta da verificare che j N p i,j = 1 per ogni i N Per i = 1 si ha p 1,j = p 1,1 + p 1, = = 1, mentre per i si ha j N j N p i,j = p i,i 1 + p i,i + p i,i+1 = 1 i ) i i+1 = i+1 = 1 La catena è irriducibile p i,i+1 > e p i+1,i > per ogni i N, quindi i i + 1 per ogni i N, quindi i j per ogni i, j R È anche aperiodica perché p i,i > e dunque MCD{n N : p n) i,i > } = 1 b) La condizione di reversibilità µ i p i,j = µ j p j,i è banalmente soddisfatta se i = j oppure se j i, resta quindi da verificare il caso j i = 1 e per simmetria basta considerare il caso i < j, ossia j = i + 1 Allora 1 µ i p i,i+1 = µ i+1 p i+1,i µ i i+1 = µ 1 i+1 i µ i+1 = 1 µ i, e iterando questa relazione si ha µ i = 1 µ i 1 1 Imponendo i=1 µ i = 1 si ottiene µ 1 1 i=1 = i 1 µ 1 = 1, ossia µ 1 = 1 In definitiva, l unica probabilità reversibile e dunque invariante) è data da µ i = 1 i Segue che la catena è ricorrente positiva Essendo aperiodica, lim n PX n = i) = µ i, quindi lo stato i più probabile per tempi grandi è quello che massimizza µ i, vale a dire i = 1

10 1 Tavola della distribuzione normale La tabella seguente riporta i valori di Φz) := z e 1 x π dx, la funzione di ripartizione della distribuzione normale standard N, 1), per z 5 Ricordiamo che I valori di Φz) per z < possono essere ricavati grazie alla formula Φz) = 1 Φ z) z